【洛谷U142584】拼图王

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/U142584
Peter 给 Jack 展示了 \(n\) 个长度相同的 \(01\) 串，记两个 \(01\) 串 \(x,y\) 的拼接操作为 \(f(x,y)\)。则 \(f(x,y)=\) 以 \(x\) 为前缀， 以 \(y\) 为后缀的最短的串。
并定义 \(f(x)=x,f(a_1,a_2...a_k)=f(f(a_1,a_2...a_{k-1}),a_k)\) 现在 Peter 要求 Jack 将给出的 \(n\) 个 \(01\) 串序列 \(a_1,a_2...a_n\) 分成两个没有交集的子序列 \(b_1,b_2...b_k\) 和 \(c_1,c_2...c_m\)，且 \(m+k=n\)。要求 \(f(b_1,b_2...b_k)\) 与 \(f(c_1,c_2...c_m)\) 的长度之和最小。求这个最小的长度之和。

思路

显然在拼接好第 \(i\) 个串之前，两个串中一定有一个末尾的串是 \(i-1\)。
设 \(f[i][j][k]\) 表示拼接完前 \(i\) 个串，两个序列中最后一个串非 \(i\) 的那一个的最后 \(j\) 位的状态为 \(i-1\) 的最小长度。
设 \(calc(i,j)\) 表示将 \(i\) 串和 \(j\) 串拼起来后需要增加的长度。考虑拼第 \(i\) 个串的过程：

• 如果将第 \(i\) 个串拼到第 \(i-1\) 个串上，那么 \(f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+calc(i-1,i)\)。
• 如果将第 \(i\) 个串拼到另一个串上，那么 \(f[i][j][\mathrm{suf}(i-1,j)]=\min(f[i-1][l][\mathrm{pre}(i,l)])\)。

直接转移是 \(O(nm2^m)\) 的。主要复杂度花费与第一个转移。发现第一个转移均为 \(i-1\) 转移到 \(i\)，\(j,k\) 不变，但是权值要加上 \(calc(i-1,i)\)，所以我们可以将每一次转移都直接减去 \(calc(i-1,i)\)，然后最后输出时加上减去的部分。
这样方程就变为了

\[f[i][j][k]=f[i-1][j][k] \]

\[f[i][j][\mathrm{suf}(i-1,j)]=\min(f[i-1][l][\mathrm{pre}(i,l)]-calc(i-1,i)) \]

发现第二个方程是直接取 \(\min\)，可以将第一位扔掉。那么将 \(i\) 这一维去掉之后第一个方程就没有用了。
时间复杂度 \(O(nm)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=200010,M=25,MAXN=(1<<20);
int n,m,ans,pre[N][M],suf[N][M],f[M][MAXN];
char s[M];

int calc(int i,int j)
{
	for (int k=m;k>=1;k--)
		if (suf[i][m-k+1]==pre[j][k]) return m-k;
	return m;
}

int main()
{
	scanf("%d%s",&n,s+1);
	m=strlen(s+1);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (i>1) scanf("%s",s+1);
		for (int j=1;j<=m;j++)
			pre[i][j]=(pre[i][j-1]<<1)+s[j]-48;
		for (int j=m;j>=1;j--)
			suf[i][j]=suf[i][j+1]+((s[j]-48)<<(m-j));
	}
	memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
	memset(suf[0],-1,sizeof(suf[0]));
	f[0][0]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int minn=2e9,res=calc(i-1,i);
		for (int j=0;j<=m;j++) minn=min(minn,f[j][pre[i][j]]+m-j-res);
		for (int j=0;j<=m;j++) f[j][suf[i-1][m-j+1]]=min(f[j][suf[i-1][m-j+1]],minn);
		ans+=res;
	}
	printf("%d",f[0][0]+ans);
	return 0;
}